Příklad: Dokažte, že pro všechna čísla
t ≥ 0 máme

Řešení: Označme
f (t) = et
a g(t) = 2t. Potřebujeme dokázat,
že
f ≥ g na intervalu
I = 〈0,∞). Protože
to nevypadá, že by pomohly algerbaické postupy, tkusíme teoretický přístup,
jmenovitě pomocí derivace, jak je popsáno například v části
zde v části Přehled
metod - Věta o střední hodnotě.
Nejprve se podíváme, jak se funkce srovnají v levém krajním bodu I:
f (0) = 1 a
g(0) = 0. Proto
f (0) > g(0), to je dobrý začátek.
Teď porovnáme jejich derivace na vnitřku I. Máme
f ′(t) = et
a g′(t) = 2. Kdyby byla vždy (pro
kladná t) f ′ alespoň stejně velká jako g′, pak by
funkce f začínala větší na levém konci I a rostla minimálně
stejně rychle jako g, tudíž by byla větší na celém I. Bohužel
to není pravda, pro malá kladná t je et menší než
2. Funkce g tedy na začátku intervalu I roste rychleji, takže
je klidně možné, že funkci f dožene a předžene, než zase začne růst
rychleji f. Tento přístup tedy selhal.
Poznámka: Uvažujme funkci h(t) = t.
Zase máme f (0) > h(0), ale teď už
také f ′ > h′ pro
t > 0, neboť
h′(t) = 1. Onen výše použitý algoritmus
už tedy teď funguje a dokazuje, že vlastně
et > t na intervalu I.
Všimněte si, že exponenciála je vždy kladná, tudíž ta
nerovnost triviálně platí také pro záporná t. Máme tedy
et > t
pro všechna reálná t. Podobně také máme
et > 2t pro záporná
t.
To nás přivádí zpět k našemu problému.
Co tedy s tou nepříjemnou dvojkou v g? Všimněte si, že zadaná otázka
je vlastně otázkou na to, jak rychle roste přímka 2t,
zda dokáže protnout graf exponenciály nebo ne. Viděli jsme, že přímka daná
rovnicí t to nestačí, evidentně koeficient (směrnice) 1 není
dostatečně velký. Pokud tuto směrnici začneme zvětšovat, tak přímka začne
růst rychleji, nakonec se nejprve dotkne exponenciály a pak (při dalším
zvětšení směrnice) ji protne.

(Přímka daná t je zaznačena zeleně. Abychom měli hezčí obrázek,
nepoužili jsme na svislé a vodorovné ose stejné měřítko.) Jak tam zapadne
daná přímka 2t? To se snadněji nahlédne, když změníme úhel pohledu.
Před chvílí jsme vlastně dokázali, že je funkce
et − t kladná na
I (dokonce všude), podobně by stačilo dokázat, že rozdíl
d(t) = et − 2t
je všude kladný (nebo nulový), pak to bude platit tím spíše na I.
Jak by se to dalo udělat? Docela snadno, najdeme minimum d a pak se
podíváme, jestli je záporné nebo ne.
Na to máme standardní
algoritmus.
Všimněte si, že na obou koncích (v nekonečnu a mínus nekonečnu) roste funkce
et − 2t do nekonečna,
její globální minimum (či možná více minim) se tedy musí nacházet někde
uprostřed, v kritickém bodě. Z derivace
d′(t) = et − 2
dostáváme jeden, t = ln(2), takže hodnota
globálního minima je
d(ln(2)) = eln(2) − 2ln(2) = 2 − 2ln(2) = 2[1 − ln(2)] > 0.
To dokazuje, že d je vždy kladné, proto také
et > 2t pro
všechna t.
Bonusový problém: Viděli jsme, že ani přímka daná vzorcem 2t
nestihne exponenciálu předehnat, mimochodem na tom obrázku výše je modrá. Z
obrázku se ale také zdá, že ještě rychlejší přímky to dokážou. Kde je
ta hranice? Přesně řečeno, pro kterou hodnotu A se přímka daná
y = A⋅t dotkne exponenciály?
Opět použijeme přístup přes minimum. Uděláme si k tomu obrázek. My se vlastně
díváme na následující křivky, reprezentující rozdíly mezi exponenciálou a
různými přímkami A⋅t, a zajímá nás, která má minimum rovno nule.

Postupujeme jako předtím. Nejprve uvažujeme funkci (s parametrem A)
danou vzorcem
d(t) = et − At.
Její derivace je
d′(t) = et − A,
řešením rovnice d′(t) = 0 dostaneme
jediný kritický bod
t = ln(A). Udává, kde se nabývá
globální mnimum funkce d, jehož hodnota pak je
d(ln(A)) = eln(A) − A⋅ln(A) = A − A⋅ln(A) = A⋅(1 − ln(A)).
Vidíme, že toto minimum se rovná nule, přesně když
ln(A) = 1, tj. pro
A = e.
Závěr: Přímka daná
y = e⋅t se dotýká
exponenciály. Pro
0 < A < e leží přímky
y = A⋅t pod exponenciálou, pro
A > e tyto přímky protínají exponenciálu ve dvou
bodech.
Další příklad
Zpět na Řešené příklady -
Věta o střední hodnotě